図Aのように、点Aから辺BCに垂線を下ろし、その足をＤとすると、△ABCは二等辺三角形なので、
$\mathrm{BD}=\mathrm{CD}=1$
である。

直角三角形ABDにおいて、
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}=\frac{\mathrm{BD}}{\mathrm{AB}}}$
${\displaystyle \cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABD}}$${\displaystyle =\frac{1}{3}}$
である。

解答ア：１, イ：３

$\cos \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$から$\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$の変換は、${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$を使うと、
${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}+{\cos }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}=1$より、
${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}+{\left(\frac{1}{3}\right)}^2=1$
${\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}=1-{\left(\frac{1}{3}\right)}^2$
${\displaystyle {\sin }^2\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}}$${\displaystyle =\frac{8}{3^2}}$
$0<\sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$なので、
${\displaystyle \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}=\frac{\sqrt{8}}{3}=\frac{2\sqrt{2}}{3}}$
である。

解答ウ：２, エ：２, オ：３

△ABCの面積を求める方法はいくつかあるので、ついでに復習しておこう。

復習

図の固定

図のような三角形$\mathrm{ABC}$の面積を$S$，内接円の半径を$r$，外接円の半径を$R$とするとき、
$S={\displaystyle \frac{1}{2}\mathrm{a}h}$ $S={\displaystyle \frac{1}{2}ac\sin \mathrm{\angle }\mathrm{B}}$ $S={\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)}$ $S={\displaystyle \frac{abc}{4R}}$ $S=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$
ただし、$s={\displaystyle \frac{a+b+c}{2}}$
（ヘロンの公式） である。

問題の流れを考えると出題者の意図は２番目の$S={\displaystyle \frac{1}{2}ac\sin \mathrm{\angle }\mathrm{B}}$なので、それを使おう。他の方法は別解を見てほしい。

${\displaystyle \mathrm{△}\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot \mathrm{AB}\cdot \mathrm{BC}\cdot \sin \mathrm{\angle }\mathrm{ABC}}$より、
${\displaystyle \mathrm{△}\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}}$
$\mathrm{△}\mathrm{ABC}$$=2\sqrt{2}$
となる。

解答カ：２, キ：２

次は内接円の半径だけど、内接円の半径が出てくる公式は、復習の３番目の$S={\displaystyle \frac{1}{2}r(a+b+c)}$しかない。
今回はすでに三角形の面積$S$が分かっているので、迷うことなくこの公式を使おう。

求める内接円の半径を$r$とすると、
${\displaystyle \mathrm{△}\mathrm{ABC}=\frac{1}{2}r(\mathrm{AB}+\mathrm{BC}+\mathrm{CA})}$より、
$2{\displaystyle \sqrt{2}=\frac{1}{2}r(3+2+3)}$
$4r=2\sqrt{2}$
$r={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$
である。

解答ク：２, ケ：２

円Ｉの中心から点Bまでの距離は、図Ａの$\mathrm{BI}$の長さ。
すでに
$\mathrm{BD}=1$
$\mathrm{ID}=$円Ｉの半径$={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$
が分かっているので、三平方の定理を使おう。

${\mathrm{BI}}^2={\mathrm{BD}}^2+{\mathrm{ID}}^2$
${\mathrm{BI}}^2$$=1^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2$
${\displaystyle {\mathrm{BI}}^2}$${\displaystyle =\frac{6}{2^2}}$
$0<\mathrm{BI}$なので、
${\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{\sqrt{6}}{2}}$
である。

解答コ：６, サ：２

次は円Iと円Oの位置関係だ。図Ａを見れば異なる２点で交わるのは明らかだけど、それは分かってないってことで話を進める。
ここで、２円の位置関係の復習をしておこう。

復習

２円の中心間の距離を$d$，緑の円の半径を$r$，オレンジの円の半径を$R$とすると、

$d<r-R$
のとき

$r-R=d$
のとき

$r-R<d<r+R$
のとき

$r+R=d$
のとき

$r+R<d$
のとき

だった、

円Iの半径$r$は${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ 円Oの半径$R$は${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$ なので、
$r-R={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}}$式Ａ $r+R={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}}$式Ｂ ってのは分かっているけど、２円の中心間の距離が分からない。
なので、それを求めよう。。

△BPQは二等辺三角形なので、点Ｏは$\mathrm{\angle }\mathrm{PBQ}$の二等分線上にある。
点Ｉは△$\mathrm{ABC}$の内接円なので、点Ｉは$\mathrm{\angle }\mathrm{ABC}$の二等分線上にある。
つまり、三点BOIは一直線上にある。

コサより、${\displaystyle \mathrm{BI}=\frac{\sqrt{6}}{2}}$
$\mathrm{BO}$は円Ｏの半径なので、${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$
よって、２つの円の中心間の距離IOを$d$とすると、
$d=\mathrm{BI}-\mathrm{BO}$
$d{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}}$式Ｃ
である。

式Ａと式Ｃを見比べると、$-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}}$の部分は共通なので、${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$と${\displaystyle \frac{\sqrt{6}}{2}}$の大小を考えれば$r-R$と$d$の大小が分かる。
$\sqrt{2}<\sqrt{6}$なので、
$r-R<d$

式Ｂと式Ｃの大小関係はすぐに分からないので、引き算をした結果が正か負かで判断しよう。
式Ｂ-式Ｃ、つまり$(r+R)-d$より、
$(r+R)-d={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}-(\frac{\sqrt{6}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4})}$
$(r+R)-d{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{6}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{4}}$
$(r+R)-d{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{2\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{6}}{2}}$
$(r+R)-d{\displaystyle }$${\displaystyle =\frac{\sqrt{8}-\sqrt{6}}{2}}$
なので、
$0<(r+R)-d$
だから、
$d<r+R$

以上より、
$r-R<d<r+R$
なので、復習の図Ｅにあたる。
よって、２円は異なる２点で交わる。

解答セ：３

円Ｉの円周上に点Ｅ，Ｆをとる。
Ｅ，Ｆは、図Ｈのように２種類考えられるけど、どちらでも答は変わらない。ここでは、オレンジ色の場所にとると図が見にくいので、黒の場所にしておく。

ソタは、円と交わった直線の、円との交点からの長さの問題。
真っ先に疑うのは、方べきの定理だ。

方べきの定理より、
$\mathrm{CF}\cdot \mathrm{CE}={\mathrm{CD}}^2$なので、
$\sqrt{2}\mathrm{CE}=1^2$
${\displaystyle \mathrm{CE}=\frac{1}{\sqrt{2}}}$
${\displaystyle \mathrm{CE}}$${\displaystyle =\frac{\sqrt{2}}{2}}$
である。

解答ソ：２, タ：２

よって、点Ｅは線分CFの中点なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{CE}}=1}$
となる。

解答チ：１

以上より、
点Ｄは線分BCの中点 点Ｅは線分CFの中点 なので、点Ｇは△BCFの重心である。
よって、重心の性質より、
$\mathrm{CG}:\mathrm{GM}=2:1$
なので、
${\displaystyle \frac{\mathrm{GM}}{\mathrm{CG}}=\frac{1}{2}}$
となる。

解答ツ：１, テ：２